详解答案
2,该过程根据动能定理可得
设碰后A反弹，再次到达O点时速度为，根据动能定理可
P销t红一mgh2=之m哈一乞mw
知一2mgL=之m号-之m明
又h2=85.2m-1.6m-3.6m=80m
解得话=一4红g1
联立解得t2=13.5s
据题意，A落点在B落点的右侧，则>
故提升重物的最短时间为
据题意，A和B均能落在孤形轨连上，则A必须落在P点的
1mim=1十t2+t3=0.88+13.5s十1.2s=15.5s
左侧，即≤√2以gL
C正确，ABD错误.故选C.
联立以上，可得方的取值范国为
4.C泵华的泵送系统以150m3h的输送量给30m高处输送
混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功
3A-1
2-3
·<≤+A.4l
W=Vgh=2.4×103×150×10×30J=1.08×108.故
(λ-1)2
选C.
8.解析(1)由线速度v=r
5.ACD根据弹簧振子的对称性可知，当钩码B下降到最低点
得v=2wR.
时弹簧的拉力F=2mg,设轻绳与水平面的夫角为0，对物块
(2)向心力F面=22R
A受力分析，有Fsin0=Mg,可得M<2m,选项A正确，B错
设F与水平方向的夹角为a,
误：在B从释放位置运动到最低.点的过程中，速度先增大后
则Fcos a=F向，Fsin a=mg
减小，根据动能定理可知，B所受合力对其先做正功后做负
解得F=√(2mm2R)2十(mg)2
功，选项C正确：在B从释放位置运动到速度最大的过程中，
(3)落地时，重物的速度=wR,由小球与重物组成的系统的
根据功能关系可知，B克服弹簧弹力做的功等于B机枝能的
减少量，迭项D正确
机找能守恒得之Mw2+4×2mr=Mg
6.解析(1)重物缓慢下降，处于平
衡状态，对重物进行受力分析，如
Tcos a
解得h=M16m(R)2.
2Mg
图所示，
水平方向有Tesina-=Tosin月
Tsin B
答案(1)2R(2)√/(2mmR)2十(mg)
竖直方向有
(3)M16m(aR)2
Tp cos a=Tocos B+mg
Tin出
2Mg
联立解得
T.cos B
专题七动量守恒定律
T。=1200N,T。=900N
题组一
(2)重物援慢下降，动能变化量为
1,AD子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统
家，下降过程中对重物由动能定理有mgh十W=0
所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木
解得W=一4200J
块，则由动量守恒定律有m=(m十M)v,解得木块获得的
即两极绳子拉力对重物做的总功为一4200J。
答案(1)1200N900N(2)-4200J
连度大小为=又子弹的初度越大，其打入木块越
7.解(1)物块A从光滑轨道滑至0点，根据动能定理有
深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有
mg·2l-mgL=2mv
2m听=2(m+M0t+kL,解得w=2L+M,若于
M
解得v=√2ugL.
(2)物块A从O,点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为
弹能够射出木块，则有物>2kL(m十MD
,子弹在木块内运动
mM
,落在孤形轨道上的坐标为(x,y),将平抛运动分别分解到
的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有飞吻=mam·
水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
k=MM,根据住移关系有t一2at2-乞at2=L,对
x=吻y=2g
2kmL
解得水平初婆度为6=
木块有购=“，联立解得欢=2Mn-M十m,又饰越
2y
大，t越小，则坠越小，即随着陷的增大，木块获得的速度
物块A从O点到落点，根据动能定理可知
不断诚小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度
mgy=E一立m6
大小=2L(m十MD,A正确：子弹在木块内运动的过程，
mM
解得落点处动能为E=mgy十mG=mgy十"g
对子弹由动量定理有一kt=1四一m,解得子弹在木块中
4y
mM
四为物块A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点
运动的时间1一m干M0B错误；由能量守極定律可知，木
P(2LL)的坐标代入，可得
Ex=mgy+mg
块和子弹损失的总动能△E,=kL=2(m十M,C错
mM
4y
-=mg Xul.+mg(2uL)2
4XuL
=2g1
误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x
化荷可得y
4=2l
,解得木块在加造过程中运动的距离x=,D正确。
即x=2√2Ly-y2(其中L≤y≤2L).
2,B由能量守恒定律可知，中子与氨核碰撞后静止，与氮核碰
(3)物块A在倾斜轨道上从距x抽高h处静止滑下，到达
后反弹，所以碰撞后氦核的动能比氢核的动能小，B正确.
O点与B物块碰前，其速度为防，根据动能定理可知
3.BC
CD.外力撤去前，由牛顿第二定律可知F一mg=m@1
①
mgh一mgL=之m听
由选度位移公式有哈=2a10
②
解得品=2gh一2gL
外力撤去后，由牛顿第二定律可知一g=a
③
物块A与B发生弹性碰撞，为使A和B均能落在弧形轨道
由速度位移公式有一6=2a2(20)
上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再
经过水平轨道一倾斜轨道一水平轨道再次到达O点，规定水
由①@圆国可得，水平恒力F=3m听
45o
平向右为正方向，碰后A、B的速度大小分别为1和2，在
A与B碰撞过程中，动量守恒、能量守恒，则
=一m1十2
动摩擦固数“4g50
m
交mw暖=2mu听+之·A吃
滑动摩搭力F,=mg=40
解得=
2
可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正
确，D错误；A.在此过程中，外力F做功为W=F0
151可
详解答案
此过程A的位移s0=ht=0.5m0.625m
(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
A与B不发生碰撞
x盘1=x球]
当BC共速后，BC一起做匀减速运动，当A、B碰撞的所用
时间为t1,则
即t1+2g听=心1t,
%(t+)=0.625+(wa1t)1-2411/2
解得1=
g
解得'=②+1
2
<-a1'=1.5s
此时小球的建度助=十码=子
所以此时BC的位移'=②十2
圈盘的速度仍为1，这段时间内圈盘下降的位移
2
m
为保证A、B不发生碰撞，且BC共速，刚
x1=14=近=2引
0.625m≤<2+2
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
2
m.
m2+Mu'1=mv2+M"2
(3)若s=0.48m,B与P碰撞前，由运动学规律得
根据能量守位2m吃+之M肾=2m0号+2M号
s=吻41十之a2号
联立解得v2=0,”2=现
解得t=0.4s
同理可得当位移相等时x:=:心：4妇=名g吃
1
C运动的位移为x=1一2a1听=1.2m
摩擦力对C做的功W=mcgx=61.
解得2=2
g
(4)B与地面间存在摩擦，三个物体都达到平衡状态时，A
26
=40
向左做匀速直线运动，B、C静止
图盘向下运动x金2=U” =
B与P碰撞前间vB=h十agt1=1.4mis
此时圆盘距下端管口131，之后二者第三次发生班撞，碰前
vc=v-at=2 m:'s
小球的连度%=g2=2
xA=4t=0.4m
由动量守恒m十M”2=mug十Mu”
B与P碰撞后速度大小不变
由牛顿第二定律得2Cg十内(mC十m器》g=mBa3
款能守md+M=m+M
解得ag=4m:s2
设A、B相通的时间为12
得经后小琅建度为叫=受
则04十%g一2ag片=s-n
国金建度。-受
解得2=(0.6-0.42)s
当二者即将四次碰撞时x品=x球
A,B相遏时，B的速度大小为
即6=d4十日6
g1=阳-ag≈8y2-1ms
5
得1=2=1=2
A、B碰撞过程中，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定
律得BV1一mAU0=BV2十mAUA
在这段时间内，国盒向下移动=，=3
=61
根据机械能守恒定律得
此时圆盘距离下端管口长度为201一11一21一41一61=71
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增
解仔服*8普-1m队飞22
加2l,故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x含4=8
15
1m:8
则第四次碰撞后落出管口外，因此阔盘在管内运动的过程
由一哈2=2a2(s-xA）得
中，小琼与圆盘的碰撞次数为4次
B第二次与P碰撞前速度大小U3≈1ms
答案)小球速度大小风，圆盘速度大小风
B与P碰撞后做减速运动，不可能追上A,最始B、C静止以
2
(2)1
向左为正方向，三个物体总动量的变化量为
(3)4
12.解析(1)当弹簧被压缩最拉时，弹簧弹性势能最大，此时
△p=mAA+(mA十mg)防十mco≈(322十6kg·ms,
A,B速度相等，即1=。时刻，根据动量守恒定律
mB·1.2h=(1g十m)%
11.解析(1)过程1：小球释放后自由下落，下降1，根据机械能
1
守恒定律mg=26
报据能量守位定律Emx=2mg(1,2)》户-之(ms十m)听
联主解得mg=5,Ems=0,6m听.
解得=√2gl
(2)解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛
过程2：小球以√2g!与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守
顿第二定律F=ma
恒定律和动量守恒定律分别有
可知同一时刻aA=5aB
zm6=合m听+号Md'1,m=m+Md】
则同一时刻A、B的瞬时速度分别为
解得=”二
十。三一2z%
VA=ant vB=1.2vAl
2
2
根据位移等速度在时间上的累积可得
即小球碰后逸度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小
2
父6餐热=w(累积)
为2，方向竖直向下，
解得B=1.128购0
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
(2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力
△s=5B
-5A=0.768t0
解法二：B接触弹簧后，压缩弹黄的过程中，A、B动量守恒，
平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间
有mBX1.2=6m%=mBVB十1A
距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
对方程两边同时乘以时间△t,有6%△t=5mg△1十m巴A△1
十g1=1,解得t=1一=迎
0一之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
6mto=5sB十m5A
根据运动学公式得最大距离为
将s4=0.36mt0代入可得sg=1.128%t0
1
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
dx=x会-x袋=01tF(t2gt）=2g=l
△=5B一54=0.7680
153五年高考真题分美集训
物理
(3)物块A第二次到达斜而的最高点与第一次相同，说明物
3,B因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块
块A第二次与B分高后速度大小仍为2，方向水平向右，
在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光
设物块A第一次滑下斜面的速度大小为4'，设向左为正方
滑的：以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械
向，根据动量守恒定撑可得mvA'一5m·0,8=m
能守任的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守
(-2h)+5mvg
位，故选B.
根据能量守设定律可得2m以2+2
·5m·(0.8)2=
4.D由匀变速直线规律得x=名a2,动量p=mv=ma,联立
合m(-2P+号
5mg2
可得2=2ax,又因物体沿x轴正方向做匀加速运动，故
D正确，ABC错误，
联立解得A'=欧
方法一：设在斜面上滑行的长度为L,上滑过程，根据动能
5.解：(1)A与B弹性碰撞，mAvo=mAA十mBB
合m听=m听十分mg呢
1
定理可得-mgLsin0-mgLos0=0-2m(26)户
下滑过程，根据动能定理可得
mA一B=一2mis5
联立解得A一mA十B
mgLsin 0-umgLcos -2 mu-0
2mA
联主解得=0,45
mA十
=2 mis.
方法二：根据牛頓第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和
(2)因为物块A返回到O点正下方时，相对地面速度为零，物
下滑时的加连度，mngsin日十gcos6=a上：mgsin日-
块A减速过程根据动能定理有
mgcos0=ma下，上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由
匀变速直线运动的位移速度关系可得2上x=(2%)2一0，
一mAgx0=0一之mA月
2下x=v2一h2
解得x0=0.5m
联立可解得u=0.45.
-1Agt2=0一AYA
答案(1)0.6m6(2)0.7681a
解得t2=0.58
(3)0.45
对平板B有，(mA十mB)g=mBa1
13.解析(1)当滑块处于静止时来面对滑杆的支持力等于滑
1
块和滑杆的重力，即
0=g1-24行
N=(m+M)g=8 N
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N,根据牛顿
解得-了
第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N,方向竖直向
上，则此时来面对滑杆的支持力为N2=Mg一f=5N
所以d=41+0=
6m.
(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
(3)在A刚开始减達时，物体B的速度为
-mgl-f1=2m听-2m6
=B一a11=1ms
在A城速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知
代入数据解得=8ms.
1mAg十g(A十B）g=mBag
(3》由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共
33
速，碰撞过程赧据动量守恒有=(m十M)0
解得a2=3m's
碰后滑块和滑杆以速度巴整体向上做竖直上抛运动，根据
物体B停下来的时间为tg,则有0=2一42tg
动能定理有-(m十M)gh=0-2（m十M)v2
解得g=3s<2=0.5s
代入致据联立解得h=0.2m
可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为
答案(1)N1=8N,N2=5N
(2)1=8m8(3)h=0.2m
吃=3
题组二
8-2d:-26 m
所以A对B的摩擦力所做的功为
1.ABD两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下
滑，则相对速度为0，故A正确：两滑块滑到水平面后均做匀
W,=-AmA8xB=一磊1。
减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后
(4)小球和A碰撞后A数匀速运动再与B相碰，则
两滑块交换逸度，即碰撞后瞬问甲的速度等于碰撞前瞬间乙
7
的速度，故B正确：设斜面倾角为0，乙下滑过程有H之
24
2gt行sin0。
根据单摆运动规律可知T=2
L
在水平面运动一段时间2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做
匀减速运动t2,乙运动的时间为t=t十t2十t,由于t1与
H之有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有
1T=to+h+h
mgH=
2m吃。由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则
小球由最高点至最低点由动能定理有MgL=号M心2
可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相
小球与A碰撞由动量守恒有Mv=M1十mAo
同：则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有=
2g。联立可得=，即发生碰接后甲最终停止位置与
当小球第一次上升至最高点时有MgL(1-c0s5)=2M时
解得M
4√2π
O处相距H。故D正确。故选ABD。
A45(1一√/1-cos5)
当碰后小球速度恰好为零时，有Mv=Ao十M
2.BD对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
子
解得M=4V②x
抗A
45
W欣
所以42π4√2π
F一m甲g
F-之8，由于
45mA45(1-√/1-c0s5)
根据牛顿第二定律有口甲=
,a=
m甲
702.
6.解(1)篮球下降时，由动能定理可得
m甲之乙，所以4甲<乙，由于两物体运动时问相同，且同时
由静止释放，可得甲<吃：A错误：对于整个系统而言，由
mgH-XmgH=号m时
于m甲g之乙g,合力方向向左，合冲量方向向左，所以合
篮球上升时，由动能定理可得
动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确，C错
1
误.故选BD.
一mgh-入mgh=0-之m号
154五年高考真题分美集训
物理
9.解析(1)传送带的速度=4,0ms时，载物箱在传送带上
(3)从B,C分离到B停止运动，设B的路程为xB,C的位移
先做匀减速运动，设其加速度大小为，由牛顿第二定律有
为xC,以B为研究对象，由动能定理得
umg =ma
D
W一fxB=0一Ek⑨
设找物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为$1·由运动学公
以C为研究对象，由动能定理得
式有2-2=-2a1
②
fxc=0-Ek
10
联主①②式，代入题给数据得
由B、C的运动关系得xB>xC一xC
1=4.5m
联立⑨⑩①式得W因此，载物箱在到达右侧平台前，遠度先城小至，然后开哈
(4)2f
做匀速运动，设栽物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时
9
间为1，做身减速运动所用的时间为1′，由运动学公式有
v=%一a内
④
白=4'+L
⑤
11.解析(1)对滑块A在圆弧轨道上的运动过程，根据机拔能
联主①③④⑤式并代入题给数据得
41=2.758.
⑥
守位定律有mgR=2m
(2)当找物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右胡
解得碰撞前瞬间A的速率v=√2gR=2m:s
平台时的速度最小，设为：当我物箱滑上传送带后一直做
匀加速运动时，到达右剧平台时的速度最大，设为2，由动能
根搭牛领第二定律有F一mg=m
R
定理有-mmgL=m2-2m62
⑦
解得轨道对A的支持力大小F=3N
根据牛顿第三定律可得，A对轨道的压力大小N=F=3N,
①
(2)根据动量守恒定律有mv=2mw
由⑦ 式并代入题给条件得
解得碰撞后降间A和B整体的速率=司
v=1m's
功1=/2m:s,2=4√3ms】
⊙
根据动量定理有I=U=0,1N·s
(3)传送带的速度v=6.0m8时，由于<<2，载物箱先
做匀加速运动，加速度大小仍为4.设载物箱做匀加速运动通
(3)根搭动能定理有-·2mg1=0-之×2mu
过的距离为52，所用时间为2，由运动学公式有
解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离1=
=0.25m.
=%十at2
0
2g
2-m2=2a5
0
答案(1)3N(2)0.1N·s(3)0.25m
联立①0①式并代入题给数据得t2=1.0s
②
力学新题型
s2=5.5m
B
题组一
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送
1.C质量.速率和动能都是标量，动量p=0,质量m是标
带相同的速度.此后载物箱与传送带共同匀遮运动（△：一2）
量，速度是失量，故动量力是失量，C正确。
的时间后，传送带突然停止.设载物箱匀速运动通过的距离
2.B上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状
为s3,有3=（△1一g)v
⑨
态和下降过程的初状态速度均为零.对排球受力分析，上升
过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相
由①@⑧式可知，2m>mg(L一2一)，即我物箱运
反，根据牛頓第二定律可知，上升过程中任意住置的加速度
动到右侧平台时速度大于零，设为队，由运动学公式有
比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速
2-2=-2a(L-
0
度较大.由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A
设找物箱通过传送带的过程中，传送带对它的冲量为】，由动
错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动
量定理有I=加（必一物）
0
在整个过程中空气阻力一直做负功，排球机拔能一直在减
小，下降过程中的最低，点的速度小于上升过程的最低，点的速
联主①②⑧0⑤⑥式并代入题给数据祥I=0.
度，故排球被垫起时的速度最大，B正确：达到最高点速度为
答案(1)2.758(2)4W3m's2m8(3)0
零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错
10.解(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以
误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球
B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加连运动，D
F,=2f,十2k①
错误.故选B.
3.B铅球做平地运动，仅受重力，故机枝能守恒，A错误：铅球
弹簧恢复原长时B,C分离，从弹簧最短到B,C分离，以B、
的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确：铅球做平抛运
C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运
名k=2f+2Bs@
动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误.故
选B.
联主①②式得
4,B在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位
0=2F-4f
置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与
③
质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B
E=F2-6fF+8
正确：足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的
①
情况下只受重力，故C错误：触网时足球对网的力与网对足
(2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x,以A为研究
球的力是相互作用力，大小相等，故D错误.故选B.
对象，由平衡条件得kx=f⑤
5.CA.篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力f2的
若A刚要离开培壁时B的速度恰好等于容，这种情况下恒
作用，而篮球转动时，将受到偏转力「2的作用，所以偏转力
「2=k2v中的k2与篮球转动角速度有关，故A错误：
力为最小值Fmm,从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程
B.空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球
中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，
E=2kx2+fx⑥
故B错误：
C.篮球下落过程中，其受力情况如
联主①②⑤⑥式得
图所示
x
F-(3±)f@
篮球下落过程中，由受力分析可知，
随着速度不断增大，篮球受到∫1和
根据题意合去F-(3-）得
「2的合力沿竖直方向的分力可能
比重力大，可使篮球竖直方向的分
速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故
Fm-(3+)f图
C正确：D.如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作
156五年高考真题分类集训
物理
专题七
动量守恒定律
题组
用时：
易错记录：
一、选择题
4.(2020·全国卷I)行驶中的汽车如果发生剧烈
1.(2024·湖北卷)（多选）
碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气
如图所示，在光滑水平面
体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为
上静止放置一质量为
零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法
M、长为L的木块，质量
正确的是
为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运
A.增加了司机单位面积的受力大小
动过程中受到的阻力不变，其大小f与射人初速
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
度大小0成正比，即f=k(k为已知常量)。
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力
最大，则
面积
A.子弹的初速度大小为2kL(m十MD
5.(2020·全国卷Ⅱ)（多选）水平冰面上有一固定
mM
的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面
2mM
上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为
B.子弹在木块中运动的时间为g(m干M0
5.0ms的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，
C.木块和子弹损失的总动能为L2(m十M0
运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速
mM
度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡
D.木块在加速过程中运动的距离为mL
板，使其再一次以大小为5.0ms的速度与挡板
m+M
弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员
2.(2022·湖南卷)1932年，
」
…0
退行速度的大小大于5.0m:s,反弹的物块不能
查德威克用未知射线轰
巾子
敏核
再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的
击氢核，发现这种射线是
质量可能为
(
)
由质量与质子大致相等
中子
红核
A.48 kg
B.53 kg
的中性粒子（即中子）组成.如图，中子以速度
C.58 kg
D.63 kg
分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核
6.(2020·山东等级模拟考)（多选）第二届进博会
的速度分别为1和2，设碰撞为弹性正碰，不考
于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒
虑相对论效应，下列说法正确的是
乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身
体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回.若
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中
B.碰撞后氨核的动能比氢核的小
运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻
C.2大于1
力和乒乓球的旋转，下列说法正确的是
()
D.2大于0
A.击球过程合外力对乒乓球做功为零
3.(2021·全国乙卷)（多选）水平桌面上，一质量为
B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零
m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，
C.在上升过程中，乒乓球处于失重状态
物体通过的路程等于5o时，速度的大小为0，此
D.在下落过程中，乒乓球处于超重状态
时撤去F,物体继续滑行25o的路程后停止运动，
7.(2020·北京模拟)“蹦极”运动中，长弹性绳的
重力加速度大小为g,则
端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳
A.在此过程中F所做的功为2m哈
下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动.从
绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，
B.在此过中F的冲量大小等于m四
若不计空气阻力，下列分析正确的是
A.绳对人的冲量始终向上，人的动量一直减小
C.物体与桌面间的动摩擦因数等于4。门
B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时，人的动能最大
D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的
D.人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受
2倍
的重力
28可
详解答案
篮球与地面碰撞后的连率与碰撞前的速率之比=坠
故第一次显控后P的速度大小为号购，Q的婆度大小为
h+ah
联立可得k=√日-AF
5w
(2)在施加压力下后，篮球到达地面的速度为，篮球与地面
(2)设P,Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1,对Q由运动
碰撞后，恰好反弹至h的高度处，Fy图像的面积为压力F
h1
所做的功，根据动能定理有
学公式得0-61=2·（-2gi血0)·m。圆
合R,a-Ao)十mgh-Xmgh=名m听
1
联立①②⑤式得h1=25g
联立可得F。=2mg1-A)(H-h)
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为
h-ho
2,第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得
(3)由动量定理可得I=m秋
第一次拍击后落地前有听一6=2(1一入)gh
弹起的高度为h1,有(k)2=2(1十入)gh1
h
h2
联主解得1一2gH(1-)T日
秋立D00⑦式释g=号。四
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为
第二次拍击后落地前有呢一听=2(1一入)g1
a2,由动量守位定律得m2=p2十4mQ2@
1
弹起的高度为n2有(k购)2=2(1十A)gh2
由执钱能守位定体得7md:=名m品：十名·m6:回
联主解得：=2H(1+合)+品
联立①②00@0我得m=-是×号。@
第N次后有
h
N=2gH01-万(1+合+
=号×w@
5
HN-T
HN
设第二次碰撞后Q上升的高度为2，对Q由运动学公式得
h话
hN+1
0-6e=2·（2gsin)·m。8
2gH(1-A)
1-
HN
76
联立①②⑤⑦@0⑧式得h红=25·25g
④
万1-)+
h
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为
,第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
-[H(1-)+]
2m=一mgh2⑤
2
、当，时有是=2(1-λ)(H-h)H7
联主0②⑤⑦088国式得g=(停）⑩
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、
a,由动量守位定律得mbg=mpg十4mQ8⑦
I=%三m
()-AH-
由机核能守恒定律得之m,=号m响十号·4m6g国
联立①②⑤⑦@0301D⑧式得
/2g(1-A)(H-h)(HN+1-hN+1)
(HN-hN)h
7.解(1)设算珠质量均为m,甲算珠与乙算珠碰撞前速度为
1,根据动能定理可得
一mg到=听-m6①
设第三次碰撞后Q上升的高度为，由运动学公式得
设撞后甲、乙的速度为2，的，根据动量守恤定律
1-6g=2·(-2gsin0)·h:
②
sin
碰撞后乙算珠运动的距离为I,根据动能定理可得
装a0@0@08 00@大得：=（层）}'·
-mgL=0-号m哈⑧
。。。
经计算得1=2X10-2m=52,所以可判断乙算珠能滑动到
总结可知，第”次碰撞后，物块Q上升的高度为
边框a④
(2)设甲算珠加速度大小为《，根据牛顿第二定律
-(层：
-(n=1,2,3,…）③
(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两
a=上=m8=g⑤
22
设甲碰撞前运动的时间为1，碰撞后运动时间为红，停下来
物块运动金过程由动能定理得0一名m6=-(m十4m)gH
需要的时间为
H
4=4
-tan6·4 mgcos0·sn0@
-=0.1s⑥
-a
0-=0.18⑦
解得H=18g
2=
-a
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为1，由运动
t=t十t2=0.28圆
学公式得01=2gsin8@
8.解(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，
设P运动到斜面底瑞时的速度为，需要的时间为2，由
由动量守恒定律得
运动学公式得v'm=p1十g42sin日@
m=mp1+4mtQ1①
v2一w1=2 sgsin0④
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时
由机栈能守恤定律得2m听=2m品十号·4m6,回
间为3
联主①@式得m=-子w回
2=(-p)-gt3in0④
当A点与挡板之间的距离最小时t1=22十g圆
a1=号0
联立@0图图@式，代入数据得=8万-13)6
200gsin 0
155五年高考真题分美集训
物理
3
m哈，故A错误：B.由平均速度公式可知，外力下作用
第一种情况，若第二次碰撞发生在图中的b点.刚从第一次
时间
碰拉到第二次碰拉之间A,B通边的路程之比为十，共
t=
20,在此过程中，F的冲量大小是
0十h
中1=0,1,2,3，…，则4=1十3h1
2
℃B4+3k1
I=Ft1=m,故B正确.故选BC.
联立解得4=牛3班，显然1只能取0，则4=2
Γ2-3k1
m g
4.D行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气裳被弹出
对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为vA、B·则
并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位
mAvA十mBB=mA心A十BDB
面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司
机受到的作用力，A项错误，D项正确：碰撞前司机动量等于
2m听+2哈=2m4片+2m哈
其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零，所以安全气裳
联立解得A=,=0,故第三次碰撞发生在b点、第四次
不能减少碰拉前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程
碰撞发生在点，以此类推，满足题意。
中通过安全气囊将司机的动能转化为司机对安全气囊做的
第二种情况，若第二次碰撞发生在图中的「点，则从第一次
功，C项错误，
5.BC逃运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为
碰拉到第二次碰拉之间，A,B通过的路程之比为十3，共
M,物块的质量为，物块被推出时的遮度大小为欧，运动员
第一次推出物块后的退行速度大小为，根据动量守恒定
中=0,1,2,3,…,4=2十32
VB 5+3k2
律，运动员第一次推出物块时有0=M1一加%，物块与挡板
发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有
联立解得
-5十3，显然只能取0，则1=5
M1十b=一%十M2,依此类推，M2十h=一1h十
1-3k2
M3,·,M十m购=一Ih十Mg,文运动员的退行速度必
同理可得第二次碰撞后A=功，g=0,则第三次碰撞发生
>%,的<%，解得13m在c点、第四次碰撞发生在b,点，以此类推，满足題意。
B、C项正确，A、D项错误.
综上所述，
6.AC球拍将乒乓球以原速率击回，可知乒乓球的动能不变，
A=2或5。
2,
动量方向发生改变，根据动能定理可知击球过程合外力做功
(3)第一次碰前相对速度大小为购，第一次碰后的相对速度
为雾，根据动量定理可知击球过程合外力对乒乓球的冲量不
大小为1和=，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球
为零，A正确，B错误；在乒兵球上升和下落过程中，加速度
方向均向下，故在乒兵球上升和下落过程中乒乓球均处于失
多运动一围，即B球相对A球运动一圈，有1=2迟
v1相
重状态，C正确，D错误
第一次碰撞有mA0=mA巴A1十mB1·
7.D人从蝇恰好仲直到第一次下降至最低点的过程中，刚开
第一次碰撞后有相=B1一A1=,
始人所受的重力大于绳的拉力，合力向下，加速度向下，人的
速度一直增加：当重力等于拉力时，人的加遠度为零，此时速
解得1=
mA(6十巴1相）
度达到最大：随后人所受的重力小于绳的拉力，合力向上，加
速度向上，人的速度一直减小到零，直到最低点，由于绳的拉
B球运动的路程
力一直向上，则绳对人的冲量蛤终向上，由于人先加速再减
速，则人的动量先增大后减小，A错误.绳的拉力一直做负
(会+)（传）
="s1山一mA十g1相
功，而合力先做正功后做负功，故人的动能先增大后减小，B
错误.当人所受的重力等于绳的拉力时，速度最大，动能最
第二次碰拉的相对连度大小为物=如=2物=
2相
大，动量最大，C错误，D正确.
8.A设乙物块的质量为m,由动量守恒定律有m甲U甲十m元2
第二次碰拉有mA巴。=m”十mg院
=mpU甲'十m艺vz',代入图中数据解得m乙=6kg,进而可求
第二次碰撞后有巴2相=VA2一V2·
得碰撞过程中两物块损失的机械能E锁=2mp卿2十
解得V=
mL2-名mp-m，代入图中载据解得E
B球运动的路程
2xRmA(0-1）=
=3J,逃项A正确
52=22一mA十g
2Rm(信-）
m十mB
9.解析(1)对A、B系毓，碰撞前、后动量守恒，设碰撞后小球
由以上规律可以归纳为第2n十1次碰前一共碰撞了2次。
组合体的速度大小为，
由动量宇恒有mAa=(mA十川g）v
5=1十52十5g十十52m=
2Rm(++3+…
mA十mB
e
3
碰撞后，对组合体，由牛顿第二定律有
Fn=(ma十mB）R
e2w-1
=(m十m
m
解得s=
联立解得v=
mA十mge2m(e-1)
(2)设A,B第一次碰撞后的速度大小分别为vA,巴g,碰撞过
川AUo
答案(1)
m听
程动量守恒、机械能守恒，对A、B系统有
(mA十mBR(2)2:1或5：1
mAU0=mAA十mB”B
(3)
2πRm4
e2n-1
之m4听=乞mA片+2mg呢
mA十mge2"(e-1)
（”A一mB)
2m400
10.解1)C下滑过程中，根据动能定理得mcgH=7mc0
联主解得VA=
,gA十mB
解得H=0.8m.
(2)B右瑞恰好到达P点时B和C共逸，s最小
对C,由牛顿第二定律得？mcg=1ca1
解得a1=5m/s2
12②
对B,由牛顿第二定律得2iCg一h(mC十mB)g=m2
120
解得a2=1m‘s2
共速时v一a1t=h十agt
解得t=0.5s
分两种情况讨论：
则≥w1+24,=0.625m
152
